备战高考化学 氮及其化合物 培优 易错 难题练习(含答案)附详细答案

备战高考化学氮及其化合物培优易错难题练习(含答案)附详细答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．如图1为实验室制取氨的实验装置。

（1）写出A中所发生反应的化学方程式___。

（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，请写出相关反应的化学方程式___，___。

（3）在收集氨时试管口棉花的作用是___。

（4）一位学生用制得的氨，按图2装置进行喷泉实验，烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作____。

（5）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置。

首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是（______）
A．CaCO3粉末和浓盐酸
B．NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液
C．HCl和AgNO3溶液
D．HCl和酚酞溶液
该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。

水槽中加入的物质可以是（______）
A．硝酸铵 B．食盐 C．浓硫酸 D．硫酸铜
【答案】2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O NH3+5O2=4NO+6H2O 2NO+O2=2NO2减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶 A C
【解析】
【分析】
(1)为制取氨气的装置，收集氨气的试管口需要棉花；(2)气体遇空气能迅速变红棕色，原气体是NO；(6)图3要想产生喷泉，必须生成大量气体；(7)如果放出大量热量，也能增大气体压强，产生喷泉。

【详解】
(1)实验室制氨气2NH4Cl＋Ca(OH)2∆
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 。

(2) NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，该气体是NO，所以NH3+5O2=4NO+6H2O。

(3) NO遇空气迅速变红棕色，所以2NO+O2=2NO2 。

(4)收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气。

(5)引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，只要水进入烧瓶，气体溶于水导致压强减小，产生喷泉。

(6)要想产生喷泉，必须生成大量气体，A选项能产生大量二氧化碳。

(7)加入浓硫酸，放出大量热导致压强增大，产生喷泉。

【点睛】
氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法，不能混淆；喷泉实验的原理是内外产生压强差。

2．在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4 g铜片发生反应。

请回答：
(1)开始阶段，观察到的现象为________________，反应的化学方程式是_____________。

(2)反应结束后，铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式是__________________。

(3)若6.4 g铜片消耗完时，共产生气体2.8 L(标准状况)。

则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量是_____________。

(4)实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，原因是_____________(用化学方程式表示)。

(5)工业上通常用氨催化氧化法制硝酸，写出氨催化氧化的化学方程
式：_______________。

【答案】铜片逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，产生红棕色的气体
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 0.325 mol
4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
【分析】
(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，据此解答；
(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，反应后溶液中氢离子消耗完毕，但硝酸根离子有剩余，若再加入少量20%的稀硫酸，相当于稀硝酸溶液，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，据此书写离子方程式；
(3)铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO2和NO的混合气体，根据Cu、N原子守恒计算整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量；
(4)浓硝酸见光或受热容易分解，据此书写方程式；
(5)氨催化氧化生成一氧化氮和水，据此书写反应的化学方程式。

【详解】
(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，发生反应为：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O，生成的二氧化氮为红棕色气体，因此现象为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色，产生红棕色的气体，故答案为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体；Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O；
(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，反应后溶液中氢离子消耗完毕，但硝酸根离子有剩余，若再加入少量20%的稀硫酸，相当于稀硝酸溶液，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)6.4 g铜的物质的量为0.1mol，反应生成硝酸铜，结合硝酸根离子0.2mol，整个反应过程共产生标准状况下气体2.8L，即生成0.125molNO2和NO的混合气体，根据N原子守恒，反应过程中被还原的HNO3的物质的量为0.125mol，则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量为0.2mol+0.125mol=0.325mol，故答案为0.325 mol；
(4)浓硝酸见光或受热容易分解，4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，因此实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，故答案为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O；
(5)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。

【点睛】
本题考查了铜与硝酸的反应。

解答本题需要注意，浓硝酸和稀硝酸与铜的反应生成物不同。

本题的易错点为(3)中的计算，要注意利用守恒法解答。

3．某港口化学品堆场发生火灾，消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下，用水灭火时，发生了剧烈爆炸。

事后有关部门初步认定危化品部分清单：钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。

试回答：
⑴请你分析用水灭火时，随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。

⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________（简要说明操作步骤）。

⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________（写化学式）。

⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2，写出该反应的化学方程式______________________。

【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应，并释放出氢气。

氯酸钾受热分解产生氧气，氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液
中含有NH4+ Na2O2 2KNO3Δ
2KNO2+O2↑
【解析】
【分析】
钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气，而氯酸钾分解会产生氧气，氢氧混合受热后会发生爆炸，后面再根据要求来作答即可。

【详解】
（1）根据分析，钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气，而氯酸钾受热产生氧气，氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸；
（2）铵离子可以通过加水溶解后，加入浓碱并加热的方法来检验，因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体；实验操作为：将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有NH4+，
（3）过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂，化学式为Na2O2；
（4）硝酸钾受热分解产生2KNO 和2O 的过程是一个自身氧化还原反应，氮从+5价降低到+3价，得2个电子，氧从-2价升高到0价，失2个电子，据此来写出氧化还原方程式即可：3222KNO 2KNO +2O ↑@。

4．已知19.2gCu 与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：
3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O
(1)写出该反应的离子方程式：________；
(2)标准状况下，产生NO 气体的体积为：________；转移电子的物质的量为______；反应后NO 3-的物质的量浓度为：______。

（忽略反应前后溶液体积的变化）
【答案】3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 4.48L 0.6mol 4mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；
(2)先计算19.2g 铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO 的物质的量，最后根据N 元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=n V 计算反应后NO 3-的物质的量浓度。

【详解】
(1)Cu 与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑+4H 2O ；
(2)19.2g 铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol ，由反应可知，0.3molCu 消耗0.8molHNO 3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO 均为0.2mol ，则生成NO 的体积V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ；根据反应方程式可知3mol 金属Cu 反应转移电子的物质的量是6mol ，则0.3mol 金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol ，在200mL5mol/L 稀硝酸中含有NO 3-的物质的量是n(NO 3-)=5mol/L×0.2L=1mol ，反应中被还原的硝酸为0.2mol ，被还原的硝酸变为NO 气体，则溶液中剩余的NO 3-的物质的量n(NO 3-)=1mol-0.2mol=0.8mol ，则其物质的量浓度是c=
0.80.2n mol V L
==4mol/L 。

【点睛】
本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

5．非金属单质A 经下图所示的过程可转化为含氧酸D ，已知D 为强酸，请回答下列问题：
（1）若A在常温下是固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体：
①D的化学式：_________；
②在工业生产中，B气体大量排放，被雨水吸收后形成____________污染环境。

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。

①C的化学式为：_________；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为：___________，该反应___（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

【答案】H2SO4酸雨 NO2 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 属于
【解析】
【分析】
根据框图，非金属单质A能发生连续氧化，含氧酸D为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。

(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
(2)A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，根据氧化还原反应的特点判断，据此分析解答。

【详解】
(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。

①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；
②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：酸雨；
(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

①由以上分析可知C为NO2，故答案为：NO2；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；属于。

【点睛】
解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。

本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。

6．下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系(反应条件、部分产物未标出)。

已知A 是正盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体。

试回答下列问题：
(1)写出下列各物质的化学式：A________________；B________________。

(2)按要求写出下列反应的有关方程式
E→F反应的化学方程式_____________________________________________________；
G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。

(3)写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式
_______________________________________。

(4)检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。

【答案】(NH4)2SO3 SO2 4NH3+5O2高温
催化剂4NO+6H2O 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
C+4HNO(浓)加热4NO2↑+CO2↑+2H2O 取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成．再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-
【解析】
【分析】
G是红棕色气体，则是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是正盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H，则是和水反应生成硝酸和NO，所以H是硝酸；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，A是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是(NH4)2SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，则D是硫酸，据此分析解答。

【详解】
(1)通过以上分析知，A是(NH4)2SO3；B是SO2；
(2)高温、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：
4NH3+5O2高温
催化剂4NO+6H2O，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：
3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；
(3)加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应方程式为：
C+4HNO3(浓)加热4NO2↑+CO2↑+2H2O；
(4)D中含有硫酸根离子，硫酸根离子的检验方法是：取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成，再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-。

7．已知A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。

A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：
（1）写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。

（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。

（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。

【答案】Na NaOH NH4Cl H2 H2+Cl2点燃
2HCl NH4Cl + NaOH
加热
NaCl +H2O +NH3↑
盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B 是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E 是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；
(2) E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：
H2+Cl2点燃
2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和
水，反应方程式为：NH4Cl + NaOH 加热
NaCl +H2O +NH3↑；
(3) F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

8．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有
_________（填序号）
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥ Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑①②
4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O NH4Cl ①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O；
(5)E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选
①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有
NH4+。

9．A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件，部分产物为标出).已知: A 是酸式盐，B是能使品红溶液褪色的气体，G是红棕色气体。

按要求回答问题:
（1）写出下列物质的化学式:A________，B________，写出B的一种危害__________。

（2）写出下列反应的化学方程式:E→F____________；红热的木炭与D的浓溶液反应的方
程式:____________；铜与H的浓溶液反应的离子方程式：_____________。

（3）检验某溶液中是否含A 中阳离子的方法_____________。

【答案】NH4HSO3 SO2酸雨 4NH3+5O24NO+6H2O
C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 取该溶液少许滴加
NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体，则G是NO2；F和O2反应生成NO2，所以F是NO；NO2和水反应生成的H是HNO3；A是酸式盐，和NaOH反应生成E，E和O2反应生成NO，则E是NH3；B能使品红溶液褪色，且B能和O2反应生成C，所以B是SO2，C是SO3；SO3和水反应生成的D 为H2SO4；A是酸式盐且是铵盐，所以A是NH4HSO3。

【详解】
（1）通过以上分析知，A、B分别是NH4HSO3、SO2，SO2属于酸性氧化物，能和H2O反应生成H2SO3，H2SO3不稳定，易被空气氧化生成H2SO4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；
（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O，反应方程式为4NH3 + 5O24NO + 6H2O，C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O，反
应方程式为C + 2H2SO4(浓)Δ
CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O，铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和
H2O，离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3﹣=3Cu2+ + NO↑ + 2H2O；
（3）NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

10．如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出物质X的化学式：__。

（2）写出下列变化的化学方程式：
①A→D：___；
②G→E：___；
③F→G：___。

（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体C，请写出化学方程式：___。

【答案】NH4HCO3(或(NH4)2CO3) 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 【解析】
【分析】
和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与C在催化剂作用下反应，说明C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，B为水蒸气。

【详解】
⑴根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)，故答案为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)。

⑵①A→D是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

②G→E是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

③F→G是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。

⑶实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C，其化学方程式：
2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋
2NH3↑＋2H2O。

11．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：
(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。

(2)A―→D反应的化学方程式为_______。

(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amol C完全转化为G，理论上至少需要D___ mol。

【答案】NH4HCO3 NO2 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性 NH4+＋HCO3—＋2OH －=2H2O＋CO32—＋NH3↑ 2a
【解析】
【分析】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与
D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】
X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；
(2) A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋
2CO2=2Na2CO3＋O2；
(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；
(4) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－2H2O＋
CO32—＋NH3↑；
(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守
恒，理论上至少需要氧气的物质的量=
()
amol53
4
⎡⎤
⨯--
⎣⎦=2amol。

12．下图表示几种无机物之间的转化关系，其中A、B均为黑色粉末，B为非金属单质，C 为无色无毒气体，D为金属单质，E是红棕色气体，G是具有漂白性的气体，H的水溶液呈蓝色。

请回答下列问题：
(1)A的化学式是___，C的电子式是__________，Y的名称是_____。

(2)反应①的化学方程式为__________________________。

(3)实验室测定气体E的相对分子质量时，得到的实验值总是比理论值偏大，其原因是(用化学方程式表示)_________________。

(4)19.2g的D与足量的一定浓度X的溶液反应，将所得的气体与_______L O2(标准状况下)混合，恰好能被水完全吸收。

【答案】CuO 浓硫酸 C＋4HNO3(浓)=CO2↑＋4NO2↑＋2H2O 2NO2⇌N2O4
3.36L
【解析】 【分析】
已知，A 、B 均为黑色粉末，B 为非金属单质，C 为无色无毒气体，D 为金属单质，可推测A 为CuO ，B 为C ，C 为二氧化碳，D 为Cu ；E 是红棕色气体为二氧化氮，G 是具有漂白性的气体为二氧化硫，H 的水溶液呈蓝色为硫酸铜。

【详解】
(1)分析可知，A 为氧化铜，化学式是CuO ；C 为二氧化碳，电子式为：；Y 为浓
硫酸；
(2)反应①为碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为：C ＋4HNO 3(浓)=CO 2↑＋4NO 2↑＋2H 2O ；
(3)验室测定气体二氧化氮的相对分子质量时，存在可逆反应2NO 2⇌N 2O 4得到的实验值总是比理论值偏大；
(4)19.2g 的Cu 即0.3mol ，与足量的一定浓度的硝酸溶液反应，生成氮的氧化物，化合价降低与Cu 升高的化合价总数相等，则消耗的氧气化合价降低的总数也相等，消耗0.15mol 氧气即标况下的3.36L 。

13．加足量BaCl 2溶液后，得干燥沉淀6.27g ，经足量盐酸洗涤。

干燥后，沉淀质量为2.33g 。

部分沉淀溶于盐酸为BaCO 3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO 4，发生反应CO 32-+Ba 2+═BaCO 3↓、SO 42-+Ba 2+═BaSO 4↓，因为BaCO 3+2HCl ═BaCl 2+CO 2↑+H 2O 而使BaCO 3溶解。

因此溶液中一定存在CO 32-、SO 42-，一定不存在Ba 2+。

由条件可知BaSO 4为2.33g ，物质的量为 2.33g
233g /mol
═0.01mol ，则SO 42-物质的量为
0.01mol ，SO 42-物质的量浓度=
0.01mol
0.1L
=0.1mol/L ； BaCO 3为6.27g-2.33g ═3.94g ，物质的量为 3.94g
197g /mol
═0.02mol ；则CO 32-物质的量为
0.02mol ，CO 32-物质的量浓度为
0.02mol 0.1L
═0.2mol/L ；
由上述分析可得，溶液中一定存在CO 32-、SO 42-、NH 4+，一定不存在Mg 2+、Ba 2+；而CO 32-、SO 42-、NH 4+物质的量分别为0.02mol 、0.01mol 、0.04mol ；CO 32-、SO 42-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol ，NH 4+所带正电荷为0.04mol ，根据溶液中电荷守恒，可知K +一定存在，K +物质的量≥0.01 mol ，当K +物质的量＞0.02 mol 时，溶液中还必须含有Cl -；当K +物质的量=0.02 mol 时，溶液中不含有Cl -，以此解答该题。

【详解】
(1)碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，实验1得到的沉淀无法确定是否为氯化银，不能判断Cl ﹣是否存在。

(2)加入NaOH 溶液并加热产生的气体为NH 3，NH 4+的物质的量为
1
0.896L
22.4L mol
-⋅=0.04 mol ，
c(NH 4+)=
0.04mol
0.1L
=0.4 mol·L -1。

加入足量BaCl 2溶液产生沉淀，当再加盐酸时沉淀部分溶
解，说明溶液中一定含有CO 32-、SO 42-；剩余2.33 g 固体为BaSO 4，利用硫守恒可知溶液中
c(SO 42-)=12.33g
233g mol 0.1L -⋅=0.1 mol·L -1；6.27g 固体中碳酸钡的质量为6.27 g ﹣2.33 g=3.94 g ，利
用碳守恒可知溶液中c(CO 32-)=13.94g
197g mol 0.1L
-⋅=0.2 mol·
L -1；溶液中肯定存在的离子是NH 4+、CO 32-和SO 42-，由电荷守恒可知c(K +)≥0.1 mol·L -1×2+0.2 mol·L -1×2﹣0.4 mol·L -1×1=0.2 mol·L -1，溶液中一定存在K +。

【点睛】
破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe 2+、Fe 3+、Cu 2+、MnO 4－、CrO 42－、Cr 2O 72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H 2、水的电离情况等)；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。

14．如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，常温下A 、C 、D 为无色气体，C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)写出下列各物质的化学式：X ：______A ：______C ：______F ：______。

(2)写出下列变化的化学方程式： X
：______； C→E ：______； F→G ：______；
(3)检验X 中阳离子的方法：__________。

【答案】NH 4HCO 3或(NH 4)2CO 3 CO 2 NH 3 NO 2 NH 4HCO 3NH 3↑+H 2O+CO 2↑或
(NH 4)2CO 3
2NH 3↑+H 2O+CO 2↑ 4NH 3+5O 2
4NO+6H 2O 3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO 取
少量X 于试管中，加入NaOH 溶液，然后加热试管，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子
【解析】
【分析】
C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，由转化关系可知D为O2，E为NO，F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，气体A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3，结合相关物质的性质解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为CO2，C为NH3，F为NO2；
(2)X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，该物质受热分解的方程式为NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑或(NH4)2CO32NH3↑+H2O+CO2↑；
C→E的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
F→G的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(3)实验室里，检验NH4HCO3中阳离子NH4+的方法是：取少量X于试管中，加入NaOH溶液，然后加热试管，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子。

【点睛】
本题考查无机物的推断，本题注意根据C的性质为突破口进行解答，注意相关物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累，侧重考查学生的分析能力。

15．有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与条件已略去，其中反应②的条件是“700 ℃，催化剂”。

G是常见的红色金属单质，B、H是空气的主要成分，A、C、E均是常见气体，D是最常见的无色液体。

请回答下列问题：
（1）E的化学式为________________。

（2）A的电子式为________________。

（3）写出反应①的离子方程式：________________________________。

（4）写出反应②的化学方程式，并标出电子转移的方向与数目：
_________________________________________________。

【答案】NO2 3NO2＋H2O=2H＋＋2NO3-＋NO
【解析】
【分析】
G是常见的红色金属单质Cu，B、H是空气的主要成分为氧气和氮气，D是最常见的无色液体水，据流程图可得，B是氧气，H是氮气，A与氧气反应生成水和C，C与氧气继续反。